青岛二中2021届高三物理复习-第5章第2讲 动能 动能定理
高考物理总复习 5.第2讲 动能定理及其应用
答案：A
答案：AD
7．一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中 电梯对人做功的功率随时间变化的P t图像如图所示，其中电梯在0～ 2 s做匀加速直线运动，2～5 s做匀速直线运动，5～9 s做匀减速直线 运动，g取10 m/s2，则以下说法错误的是( )
A．前2 s内电梯对人的支持力为550 N B．在2～5 s内电梯的速度为2 m/s C．电梯加速阶段的加速度为1 m/s2 D．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以“拍篮球”为素材创设学习探索 问题情境
必备知识 考查功、动能定理、牛顿第二定律等知识
关键能力
考查理解能力、推理能力．应清晰力对篮球做功，篮 球的加速度及能量发生变化
学科素养
考查运动与相互作用观念、能量观念、科学思维．要 求考生综合运用动力学观点和能量观点解决问题
【跟进训练】
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因
【跟进训练】 1.物体做自由落体运动，其动能Ek随运动时间t的关系图线可能是 ()
答案：C
2．随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，高铁列车在启 动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列 车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D．与它的加速度成正比
答案：B
3．一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，从静止开始沿光 滑水平面运动一段距离，运动过程中F1对物体做功－6 J，F2对物体做 功8 J，则物体获得的动能为( )
A．－10 J
B．2 J
C．10 J
2021高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能动能定理教案20210322284
第2讲 动能 动能定理知识点一 动能1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：E k ＝12mv 2。
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2。
4．物理意义(1)动能是状态量，v 是瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。
(2)动能是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关(选填“有关”或“无关”)。
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。
知识点二 动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量。
2．表达式：W ＝12mv 22－12mv 21。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的特点1．在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是( ) A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的18D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 D2．(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( ) A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功BC3．(多选)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( )A ．Δv ＝0 B.Δv ＝12 m/s C ．ΔE k ＝1.8 J D.ΔE k ＝0BD [取初速度方向为正方向，则Δv ＝|(－6)－6|m/s ＝12 m/s ，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔE k ＝0，故选项B 、D 正确。
高考物理一轮复习 第五章 机械能 第2讲 动能 动能定理教学案(含解析)
第2讲 动能 动能定理教材知识梳理一、物体的动能1．动能：物体由于________而具有的能量叫作动能；物体的动能跟物体的________和________有关． 2．表达式：E k ＝________，式中v 为瞬时速度；动能的单位是________． 3．矢标性：动能是________(选填“矢量”或“标量”)．4．相对性：动能具有相对性，物体动能的大小与________的选择有关，一般取地面为参考系． 5．动能是________(选填“状态”或“过程”)量，动能的变化量是________(选填“状态”或“过程”)量．二、动能定理1．内容：(合)力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中________的变化． 2．表达式：W ＝________．3．意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体________之间的关系，即合外力做的功是物体________变化的量度．4．适用范围：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于________运动；(2)既适用于恒力做功，也适用于________做功；(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．答案：一、1.运动 质量 速度2.12mv 2焦耳(J) 3．标量 4.参考系 5.状态 过程 二、1.动能 2.ΔE k 或12mv 22－12mv 213．动能的变化 动能4．(1)曲线 (2)变力【思维辨析】(1)选择不同的参考系时，动能可能为负值．( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( ) (3)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(4)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( ) (5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (6)根据动能定理，合外力做的功就是动能的变化．( ) (7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关．( )答案：(1)(×) (2)(√) (3)(×) (4)(√) (5)(×) (6)(×) (7)(×)考点互动探究考点一 动能定理的理解1．动能定理表明了合外力做的功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功；(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因． (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳． 2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．3．高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图5141所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图5141A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－mgh ＋12mv 2答案：A [解析] 小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.2．[2016·四川卷] 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1900 JB ．动能增加了2000 JC ．重力势能减小了1900 JD ．重力势能减小了2000 J答案：C [解析] 由题可得，重力做功1900 J ，则重力势能减少1900 J ，可得C 正确，D 错误．由动能定理：W G －W f ＝ΔE k 可得动能增加1800 J ，则A 、B 错误．3．[2015·四川卷] 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大答案：A [解析] 由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 20，下落相同的高度，则末速度大小相同．考点二 动能定理的应用1．应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初、末状态物体的动能．2．应用动能定理解题基本步骤] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图5142所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？图5142[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m1 如图5143所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中错误的是( )图5143A ．FL ＝12Mv 2B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2答案：B [解析] 根据动能定理，对子弹：－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20知，选项D 正确；对木块：FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，选项C 正确．只有选项B 符合题意．2 (多选)[2016·全国卷Ⅲ] 如图5144所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图5144A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R答案：AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR ，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．■ 规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便． (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，则该力做功为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点三 动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤：[2016·石家庄调研检测] 游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5145甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面高h ＝10 m 处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v t 图像如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速度大小．图5145[解析] (1)对小孩在斜面上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度v ＝10 m/s.由动能定理可得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 2 解得μ＝36. (2)由图乙知小孩在t ＝0.5 s 时滑离木板，木板在0～0.5 s 内的位移x 木＝1.5 m 又x 木＋l ＝x 人设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式x 人＝12(v ＋v 人)t可得：v 人＝8 m/s.■ 规律总结(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线与坐标轴所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线与坐标轴所围的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．图像所围面积的意义：①v t 图线与横轴围成的面积表示物体的位移；②a t 图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量；③F x 图线与横轴围成的面积表示力所做的功；④P t 图线与横轴围成的面积表示力所做的功．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图5146甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图5146A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s答案：ACD [解析] 由W f ＝fx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f ＝2 N ，由f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得W F －fx ＝12mv 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F mf＝13.5 m ，B 错误．考点四1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关．分)[2016·全国卷Ⅰ] 如图5147所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图5147[解答规范] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R ①(1分)设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 ________＝12mv 2B ②(2分)式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(1分)(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有____________________＝0－12mv 2B ④(2分)E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤(1分)P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有________________________＝0 ⑥(2分) 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦E p ＝125mgR ⑧(1分)(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨(1分) y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩(1分)式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬(1分) 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭(2分) P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有____________________________＝12m 1v 2C ⑮(2分)联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯(1分)答案：mgl sin θ－μmgl cos θ mgx sin θ－μmgx cos θ－E p E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θE p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ1 [2016·株洲三模] 如图5148甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到顶端A 点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t 图像如图乙所示，物块最终停止在B 处．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数； (2)物块滑过的总路程．图5148答案：(1)0.25 (2)6 m[解析] (1)由图像可知物块下滑时加速度大小a 1＝4 m/s 2，上滑时加速度大小a 2＝8 m/s 2，杆AB 长l ＝2 m.设杆倾角为θ，物块质量为m ，物块与杆之间的动摩擦因数为μ 由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2代入数据得μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.(2)对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s ，由动能定理得 mgl sin θ－μmg cos θ·s ＝0 代入数据得s ＝6 m.2 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图5149所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v .已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A 、C 的高度差h ；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功．图5149答案：(1)52R (2)5gR ＋g 2t 2H －12gt 2(3)12mv 2－mgH ＋52R [解析] (1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg ＝mv 2DR由动能定理得mg (h －2R )＝12mv 2D联立解得h ＝52R .(2)运动员做平抛运动，在竖直方向上的速度v ′＝gt 从A 到C 由动能定理得mg ·52R ＝12mv 20v 1＝v 20＋v ′2＝5gR ＋g 2t 2 下落高度为h 1＝12gt 2距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2.(3)对整个过程，由动能定理得W ＋mgH ＋52R ＝12mv 2解得W ＝12mv 2－mgH ＋52R .3 如图51410甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)求O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？图51410答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg[解析] (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 －2μmg (x 1＋x 0)＝－12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有 12mv 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.■ 规律总结利用动能定理求解多过程问题的基本思路 1．弄清物体的运动由哪些过程组成． 2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． 5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．【教师备用习题】1．[2015·江西十校二模] 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，使其沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多[解析] A 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，选项A 错误，选项B正确；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故选项C 、D 正确．只有选项A 符合题意．2．(多选)[2016·马鞍山模拟] 如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v 0沿斜面上滑，其动能E k 随离开斜面底端的距离x 变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．斜面的倾角θ＝30°B ．物体的质量为m ＝0.5 kgC ．斜面与物体间的摩擦力大小f ＝2 ND ．物体在斜面上运动的总时间t ＝2 s[解析] BC 由动能定理知E k x 图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mg sin θ＋μmg cos θ＝255 N ＝5 N ①，下降阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝55 N ＝1 N ②，①②联立得tan θ＝34，即θ＝37°，m ＝0.5 kg ，故A 选项错误，B 选项正确．物体与斜面间的摩擦力f ＝μmg cos θ＝2 N ，故C 选项正确．上升阶段由E k x 图像知合力F 1＝5 N ，则a 1＝10 m/s 2，t 1＝v 1a 1，E k1＝12mv 21＝25 J ，联立得t 1＝1 s ．同理，下降阶段合力F 2＝1 N ，则a 2＝2 m/s 2，t 2＝v 2a 2，E k2＝12mv 22＝5 J ，联立得t 2＝ 5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s ，故D 选项错误．3．(多选)[2015·河北保定调研] 如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A.12B.23C.34D ．1 [解析] AB 第一次击打，小球运动的最大高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R，即v 高＝gR ，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，故选项A 、B 正确．4．[2015·浙江卷] 如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[答案] (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[解析] (1)为使小物块下滑，有mg sin θ≥μ1mg cos θ 解得tan θ≥0.05 (2)由动能定理得 mgL 1sin θ－W f ＝0其中W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ) 解得μ2＝0.8 (3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2解得v ＝1 m/s由平抛运动规律，得H ＝12gt 2x 1＝vt解得t ＝0.4 s ，x 1＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m5．[2015·山东卷] 如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功． [答案] (1)3m 0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得 对小球，T 1＝mg ① 对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③ 对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨6．[2016·山西质量检测] 如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M ＝1.0 kg ，长度为L ＝1.0 m ，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.10.木板1的左端放有一块质量为m ＝1.0 kg 的小铅块(可视为质点)，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25.现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)当铅块的初速度v 0＝2.0 m/s 时，铅块相对地面滑动的距离是多大？(2)若铅块的初速度v 1＝3.0 m/s ，铅块停止运动时与木板2左端的距离是多大？[答案] (1)0.8 m (2)23m[解析] (1)取水平向右为正方向，相对木板滑动时，铅块与木板间的滑动摩擦力的大小为f ＝μ2mg ＝2.5 N当铅块在木板1上滑动时，两块木板与地面间的最大静摩擦力的大小为f 1＝μ1(2M ＋m )g ＝3.0 N 因为f <f 1，所以铅块在木板1上运动时，两块木板都保持静止．设铅块能在木板1上停止运动，相对木板1运动的距离为x ，则－fx ＝0－12mv 2解得x ＝0.8 m因为x <L ，所以假设成立，铅块相对地面滑动的距离也为0.8 m.(2)铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v 2，则 －fL ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝2 m/s铅块在木板2上滑动时，设铅块的加速度为a ，木板2的加速度为a 1，则a ＝－fm ＝－μ2g ＝－2.5 m/s 2a 1＝μ2mg －μ1（M ＋m ）g M＝0.5 m/s 2假设铅块滑上木板2后，经过时间t 能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v ，该过程铅块位移为x 1，木板2的位移为x 2，铅块与木板2左端的距离为Δxv ＝v 2＋at v ＝a 1tx 1＝v 2t ＋12at 2 x 2＝12a 1t 2Δx ＝x 1－x 2 解得Δx ＝23m此后铅块相对木板2保持相对静止，即铅块停止运动时与木板2左端的距离为23m.。
人教版高中物理总复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用
3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩 擦力做功时，要注意运用它们的功能特点．
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关． (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关．
(1)人滑到斜面底端 C 时的速度大小； (2)人离开 C 点后还要在地面上滑行多远才能停下？
解析：(1)在 AC 过程中由动能定理得 mgh＝12mvC2 ， 解得 vC＝8 m/s. (2)设人在 CD 水平面上滑行的距离为 s 在 AD 过程中由动能定理得 mgh－μmgs＝0 解得 s＝6.4 m. 答案：(1)8 m/s (2)6.4 m
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
[解析] (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ，由动能定理得
－μmgs0＝12mv12－12mv20① 解得 μ＝v220－gsv0 12 (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗 处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度 大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.
(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运 动，加速度大小为 g.设小球在竖直方向的初速度为 v⊥，从 C 点落至 水平轨道上所用时间为 t.由运动学公式有
v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝35 5gR⑫
答案：(1)34mg
5gR m 23gR 3
(2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得
高考物理一轮总复习 第五章 机械能 第2讲 动能定理及其应用课件(必修2)
基础
知识回顾
高考总复习·课标版·物理
基 础
知识点一 动能
知
识 回
1．定义：物体由于 运动 而具有的能．
顾
2．公式：Ek＝__12_m__v_2_.
课 时
跟
考
3．物理意义：动能是状态量，是 标量 (选填“矢量”
点
互 动
或“标量”)，只有正值，动能与速度方向 无关 ．
踪 训 练
跟 踪 训 练
探
究 y 方向列出 W 合 y＝ΔEky 求解( )
[答案] ×
第8页
必修1 第1章 第1讲
考点
互动探究
高考总复习·课标版·物理
基
础
知
识
回
顾
[核心提示]
1 个概念：动能
1 个定理：动能定理
3 个问题：求变
课 时
跟
考 力做功问题、图象结合问题、多过程问题
点 互
踪 训 练
动
探
究
第10页
基 础
3．物理意义： 合外力 的功是物体动能变化的量度．
知
识 回
4．适用条件：
顾
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动 ．
课
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于 变力做功 ．
时 跟
考 点 互
踪
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不
训 练
动 探
同时作用 ．
究
第6页
必修1 第1章 第1讲
高考总复习·课标版·物理
基
1．对同一物体，速度变化，动能一定变化；动能变化，
础
知 识
速度一定变化(
青岛二中2021届高三物理复习考点精讲-专题22 动能定理及其应用(二) (2)
专题22 动能定理及其应用（二）【知识点一】动能定理与图像结合问题【例1】[动能定理与v-t 图像结合] 质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt 图像如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功B ．0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32C ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)] D ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【例2】[动能定理与a t 图像结合] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C．物体在2～4 s内速度不变D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功【例3】[动能定理与Pt图像结合] 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是( )A．0～6 s内物体位移大小为36 mB．0～6 s内拉力做的功为30 JC．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N【例4】[动能定理与Fx图像结合] (2019·甘肃天水高三上学期期末)如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC．物体运动的最大速度为215 m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变【知识点二】动能定理解决往返运动【例5】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 【例6】(2019·四川成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )A.1μ(v202gcos θ＋x0tan θ) B.1μ(v202gsin θ＋x0tan θ)C.2μ(v202gcos θ＋x0tan θ) D.1μ(v202gcos θ＋x0cot θ)【例7】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速度下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O 与A 、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A 点的最小高度差h ；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.1解析：vt 图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错．图中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 错．vt 图像中图线与t 轴所围面积表示位移，而平均速度v ＝x t ，结合图像中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 错．t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12mv 24－12mv 23，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W ＝m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)]，C 对． 答案：C2解析：由v ＝at 可知，a t 图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体速度的变化量，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直向正方向运动，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．答案：D3解析：由P ＝Fv 及对应v t 图像和P t 图像可得30 W ＝F ·6m/s,10 W ＝f ·6 m/s ，解得F ＝5 N ，f ＝53N ，D 错误；0～6 s 内物体的位移大小为(4＋6)×6×12 m ＝30 m ，A 错误；0～6 s 内拉力做功W ＝12×30×2 J ＋10×4 J ＝70 J ，B 错误；由动能定理可知，C 正确．答案：C4解析：当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；由题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x(N)，当F ＝μmg＝20 N 时x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx＝12mv 2m ，解得物体运动的最大速度v m ＝8 m/s ，选项C 错误；物体运动中当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故选项D 错误．答案：B5[解析] 设小物块在BC 段通过的总路程为s ，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A 点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做的功为－μmgs，而重力做的功与路径无关，由动能定理得mgh －μmgs＝0－0，代入数据可解得s ＝3 m ．由于d ＝0.50 m ，所以小物块在BC 段经过3次往复运动后，又回到B 点．[答案] D6[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx 0sin θ－μmgx cos θ＝0－12mv 20，解得x ＝1μ(v 202gcos θ＋x 0tan θ)，选项A 正确． [答案] A7[解析] (1)滑块从D 到达左侧最高点F 经历DC 、CB 、BF 三个过程，现以DF 整个过程为研究过程，运用动能定理得mgh －μmg cos θ·R tan θ＝0，解得h ＝μR cos θtan θ. (2)通过分析可知，滑块最终至C 点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得mgRcos θ－μmg cos θ·s ＝0，解得s ＝R μ. [答案] (1)μR cos θtan θ (2)R μ。
高三物理一轮复习 第五章 机械能 第2讲 动能 动能定理
(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为 F，取竖直 向下为正方向，F＋mg＝mvR2，联立代入数据，解得 F＝1.1 N， 方向竖直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度 v0 运动，且轨道对地面 的压力为零，则小球的位置应该在“S”形轨道的中间位置，则有 F′＋mg＝mvR12.
F′＝Mg －μmgL－2mgR＝12mv12－12mv02 解得 v0＝5 m/s 答案 (1)0.4 6 m (2)1.1 N，方向竖直向下 (3)5 m/s
答案 CD
2．一个质量为 2 kg 的铅球从离地面 2 m 高处自由下落，陷 入沙坑中 2 cm 深处．求沙子对铅球的平均阻力．(g＝10 m/s2)
解析 铅球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑中的减速 运动两个过程．
方法一：分两个过程讨论 铅球自由下落过程：设铅球落到沙面时的速度为 v，对这一 过程用动能定理得 mgH＝12mv2－0 解得 v＝ 2gH＝ 2×10×2 m/s＝2 10 m/s
学法指导 本题中第(3)问要注意临界状态的分析．从能量达 到题目要求中的最小，从受力分析出 F′的方向．
4．(2016·江西南昌)如图所示，光滑水平平台上有一个质量 为 m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物 块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用 点竖直高度始终为 h，当人以速度 v 从平台的边缘处向右匀速前 进位移 x 时．则( )
铅球陷入沙坑的过程：受重力和阻力的作用，设这一过程中 铅球受到的平均阻力为 f，由动能定理得 mgh－fh＝0－12mv2
f＝mg＋m2hv2＝[2×10＋2×2（×20.0120）2] N＝2 020 N
方法二：把铅球开始下落到陷入沙坑作为一个过程讨论． 全过程有重力做功，进入沙中又有阻力做功，初、末状态动 能都为零，所以由动能定理得 mg(H＋h)－fh＝0－0. f＝mg（Hh＋h）＝2×10×（0.022＋0.02） N＝2 020 N 答案 2 020 N
高三物理一轮复习 第5章第2讲 动能 动能定理课件 鲁科版
一辆汽车在平 直的路面上以恒定功率由静 止开始行驶，设所受阻力大 小不变，其牵引力F与速度v 的关系如图5-2-2所示，加速 过程结束时对应图中的B点， 所用的时间t=10s，经历的路 程s=60m.此后汽车做匀速直 线运动.求：
(1)汽车所受阻力的大小；
(2)汽车的质量.
图5-2-2
1 vm 10 m / s时 ， f F牵 1 10 4 N
点评 本题要注意两个问题： (1)从B→C和C→B盆底与小物块间 的摩擦力方向不同，但大小不变，故求 摩擦力做的总功可用f·s路程表示.
(2)重力做功与路程无关，这点和摩 擦力做功的特点不同，要注意.
如图524所示，质量m=0.5kg的小球从距离 地面高H=5m处自由下落，到达地面时恰能 沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形 槽的半径R=0.4m，小球到达槽最低点时速 率恰好为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从 槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落， 如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变， 取g=10m/s2，求：
联立解得：h
v2
H
2R
102 (
5
2 0.4)m
4.2m.
g
10
2设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得
mgH2nWf 00
解得：n
mgH 2Wf
mgH 2[mg(HR)
1
mv2]
gH 2g(HR)
v2
2
6.25
故小球最多能飞出槽外6次．
运用动能定理求解变力所做的功
如图525所示，一个质量为m的圆环套在 一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因 数为μ.现给环一个向右的初速度v0，如果在运 动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力 F的作用，已知力F的大小F=kv(k为常数，v 为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克 服摩擦力所做的功(假设杆足够长)不可能为
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
5．(2019·浙江卷·20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的 关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角 θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放 置一水平传送带，直轨道末端 B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R ＝0.4 m 、转轴间距 L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高 度 H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直轨道 B 端运 动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送 带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。(sin 37°＝0.6) (1)若 h＝2.4 m，求小物块到达 B 端时速度的大小； (2)若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件； (3)改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平 向右抛出，求小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件。
H＋2R＝12gt2，x＝vt
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当 解得 x＝2 零时，小 为使小物块能在 D 点水平向右抛出，则需
物块从距传送带高度为 h1 处由静止释放， 则有 0＝mgh1－μmgcos θ·sihn1θ－μmgL
满足 mg≤mRv2 解得 h≥3.6 m
重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动
到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
解析：小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得 F·3R－mgR＝12mv12，又 F＝mg，故 v1＝2 gR， 小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动， 水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。 且水平方向与竖直方向的加速度大小相等， 都为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 t＝vg1＝2 Rg，水平位移 x＝12gt2＝2R， 根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点 机械能的增量为力 F 做的功，即 ΔE＝F·(2R ＋R＋x)＝5mgR。
C．1 kg
D．0.5 kg
解析：设物体的质量为 m，则物体在上升 过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖 直向下的恒定外力 F，由动能定理结合 题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J； 物体在下落过程中，受到竖直向下的重 力 mg 和竖直向上的恒定外力 F，再由 动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝ (48－24)J，联立解得 m＝1 kg、F＝2 N， 选项 C 正确，A、B、D 均错误。
大大简化运算。 突破③——受力分析
运用动能定理时，必须分析清楚物体在
过程中的全部受力情况，找出哪些力不 做功，哪些力做功，做多少功，从而确定 出外力的总功，这是解题的关键。 突破④——位移的计算 应用动能定理时，要注意有的力做功与 路程无关，只与位移有关，有的力做功却 与路程有关。 突破⑤——初、末状态的确定 动能定理的计算式为标量式，v 为相对同 一参考系的速度，所以确定初、末状态动 能时，必须相对于同一参考系而言。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
解析：(1)小物块由静止释放到 B 的过程中， (3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达
有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma
D 点的速度为 v，则有
v2B＝2asinh θ
12mv2＝mgh－μmgcos
h θsin
θ－μmgL
解得 vB＝4 m/s
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
3．(2019·辽宁瓦房店三中期中)如图所示，ABCD
是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处 均为与 BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其长度 d＝0.60 m。盆边缘的高度为 h＝0.30 m。在 A 处 放一个质量为 m 的小物块 并让其从静止下滑。已知盆
C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功
答案： A
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考点一 对动能定理的理解和应用
1．(多选)如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为 m 的物体，
沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体 上升的高度为 h，到达斜面顶端的速度 为 v，则在此过程中( ) A．物体所受的合力做功为 mgh＋12mv2 B．物体所受的合力做功为12mv2 C．人对物体做的功为 mgh D．人对物体做的功大于 mgh
式通车。大桥设计使用寿命 120 年，可抵御 8 级地震、16 级
台风、允许 30 万吨级油轮通过。假设一艘质量为 m 的轮船由
于失控，以速度 v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下
来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度 d，据此估算
出船对桥的平均撞击力 F，关于 F 的表达式正确的是( )
物块从 Q 点到 P 点过程中，由动能定理得－mgR＝12mv2P－12mv2Q。 物块在 Q 点时有 FN＝mRv2Q。 联立以上各式得 FN＝3 mg＝60 N。 由牛顿第三定律可知物块通过 Q 点时对轨道压力为 60 N，方向水平向右。 答案： 60 N 方向水平向右
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
2．在【例 2】中，若 BC 部分光滑，把物块仍然压缩到 D 点释放，求物块运动到 P 点时受到轨道的压力大小。
解析：物块从 C 到 P 的过程中，由动能定理得 －mgxsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝12mvP′2－12mv20 物块在 P 点时满足 FN＋mg＝mvRP′2， 联立以上两式得 FN＝49 N。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
解析：(1)由 x＝12t－4t2 知，
(2)物块在 CB 段，根据牛顿第二定律，物
物块在 C 点速度为 v0＝
块所受合力
12 m/s，a＝8 m/s2 设物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块 所做的功为 W，由动能定理得 W－mgsin 37°·CD ＝12mv02 代入数据得 W＝12mv20＋mgsin 37°·CD ＝ 156 J。
解析：对物体应用动能定理可 得 W 合＝W 人－mgh＝12mv2， 故 W 人＝mgh＋12mv2，B、D 选项正确。
答案： BD
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考点一 对动能定理的理解和应用
2．(2020·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香
港、珠海和澳门的桥隧工程。2018 年 10 月 24 日上午 9 时正
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做的功是物体动能变化的原因
3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物
体为参考系。
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考点一 对动能定理的理解和应用
(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱， 解析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，
使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。 木箱获得的动能一定( ) A．小于拉力所做的功
则 W 拉>ΔEk ，所以 A 对，B 错； 由于 W 阻与 ΔEk 的大小关系不确
B．等于拉力所做的功
定，所以 C、D 错。
(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛
出一物体，物体在运动过程中除受到重力
外，还受到一大小不变、方向始终与运动
方向相反的外力作用。距
地面高度 h 在 3 m 以内 时，物体上升、下落过程
中动能 Ek 随 h 的变化如 图所示。重力加速度取
10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg
B．1.5 kg
第五章 机械能
第2讲 动能 动能定理
考点一 对动能定理的理解和应用 考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用 考点三 动能定理与图象问题的结合
考点一 对动能定理的理解和应用
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，
也可以不同时作用。
答案： B
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
4.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的
光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 是
半径为 R 的四分之一
圆弧，与 ab 相切于 b
点。一质量为 m 的小
球，始终受到与重力大小相等的水平外力
的作用，自 a 点处从静止开始向右运动。
解得 h1＝3.0 m
答案： (1) 4 m/s (2) h<3.0 m
当 h<h1＝3.0 m 时满足题中条件
(3) x＝2 h－3 m h≥3.6 m
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考点三 动能定理与图象问题的结合
1．力学中图象所围“面积”的意义
v -t 图象
由公式 x＝vt 可知，v -t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
mv2 A. 2d
mv2 B. d
mv C. 2d
D．mv
解析：本题考查变力做功 问题。根据动能定理可 得 Fd＝12mv2， 解得 F＝m2vd2，故选 A。
答案： A
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是 分段列式。
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注 意运用它们的功能特点： (1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。 (3)弹簧弹力做功与路径无关。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用